Question

【题目】Cl2是一种重要的化工原料，在生产和生活中应用十分广泛。

(1)Cl2可与NaOH溶液反应制取消毒液，请写出消毒液中有效成分的电子式__________。

(2)实验室可用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2，反应的化学方程式是____________________。

(3)工业上可采取电解饱和食盐水的方法制取Cl2，阳极的电极反应式为________________。

(4)以HCl为原料，用O2氧化制取Cl2，可提高效益，减少污染。反应如下：4HCl(g) + O2(g)2Cl2(g) + 2H2O(g) H =－115.4 kJmol-1上述反应在同一反应器中，通过控制合适条件，分两步循环进行，可使HCl转化率接近100%。其基本原理如下图所示：

过程I的反应为：2HCl(g) + CuO (s) CuCl2(s) + H2O(g) H1 =－120.4 kJmol-1

①过程II反应的热化学方程式为_______。

②过程I流出的气体通过稀NaOH溶液（含少量酚酞）进行检测，氯化初期主要为不含HCl的气体，判断氯化结束时溶液的现象为_______。

③相同条件下，若将氯化温度升高到300℃，溶液中出现上述现象的时间将缩短，其原因为_______。

④实验测得在不同压强下，总反应的HCl平衡转化率（ɑHCl）随温度变化的曲线如图：

ⅰ．平衡常数比较：K(A)_____K(B) （填“＞”“＜”或“＝”，下同）。

ⅱ．压强比较：p1_____ p2。

(5)以上三种制取Cl2的原理，其共同之处是_______。

Answer 1

【答案】 MnO2 + 4HCl（浓）===MnCl2+ Cl2↑+ 2H2O（反应条件为加热） 2Cl－ －2e- === Cl2↑ 2CuCl2(s) + O2(g) === 2CuO (s)+ 2Cl2(g) H2= +125.4 kJmol-1 溶液由红色变为无色（或溶液红色变浅） 温度升高，反应速率加快，且氯化程度减少 ＞ ＞ 一定条件下，–1价Cl被氧化生成Cl2

【解析】

（1）次氯酸钠为离子化合物，由阴、阳离子组成；

（2）MnO2和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水；

（3）阳极上阴离子失去电子发生氧化反应；

（4）由盖斯定律得出热化学方程式；

（5）从化合价的角度分析，都为–1价Cl被氧化生成Cl2。

（1）消毒液中有效成分为次氯酸钠，次氯酸钠为离子化合物，电子式应为，故答案为： 。

（2）MnO2和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式是MnO2 + 4HCl（浓）=MnCl2+ Cl2↑+ 2H2O（反应条件为加热），故答案为：MnO2 + 4HCl（浓）=MnCl2+ Cl2↑+ 2H2O（反应条件为加热）。

（3）电解饱和食盐水制取Cl2，阳极为氯离子放电生成氯气，电极方程式为：2Cl－ －2e- = Cl2↑，故答案为：2Cl－ －2e- = Cl2↑。

（4）①已知热化学方程式：①4HCl(g) + O2(g)2Cl2(g) + 2H2O(g) H=－115.4 kJmol-1 ②2HCl(g) + CuO (s) CuCl2(s) + H2O(g) H1 =－120.4 kJmol-1 ，根据盖斯定律①-②×2可得过程II的热化学方程式为2CuCl2(s) + O2(g) = 2CuO (s)+ 2Cl2(g) H2= +125.4 kJmol-1，故答案为：2CuCl2(s) + O2(g) = 2CuO (s)+ 2Cl2(g) H2= +125.4 kJmol-1。

②由信息可知，氯化初期流出的主要为不含HCl的气体，当氯化结束时，会有过量的氯化氢逸出，氯化氢可中和氢氧化钠溶液，使溶液的红色消失或变浅，故答案为：溶液由红色变为无色（或溶液红色变浅）。

③温度升高，反应速率加快，同时过程I逆向移动，氯化程度减少，所以氯化结束的时间缩短，故答案为：温度升高，反应速率加快，且氯化程度减少。

④ⅰ.由图可知，A点到B点温度升高，氯化氢的平衡转化率减小，平衡逆向移动，平衡常数减小，即K(A) ＞ K(B) ，故答案为：＞。

ⅱ.由化学方程式可知，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，氯化氢的平衡转化率增大，由图可知，温度相同时，p1的氯化氢的平衡转化率大于p2的氯化氢的平衡转化率，故压强p1＞ p2，故答案为：＞。

（5）以上三种制取Cl2的原理，其共同之处是一定条件下，–1价Cl被氧化生成Cl2，故答案为：一定条件下，–1价Cl被氧化生成Cl2。